(22)2014年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試遼寧卷-數(shù)學(xué)試卷(理工類)

2015年寧夏海南（黑吉遼寧瓊豫晉新冀蒙滇甘黔青）高考考生必備用卷新課標(biāo)高考模擬試題匯編（數(shù)學(xué)試卷）新課標(biāo)人教版普通高中語(yǔ)文教師整理（第頁(yè)）2014年普通高等學(xué)校招生模擬考試（新課標(biāo)第二十二套）數(shù)學(xué)試卷（理工類）（選自2014年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試遼寧卷）本試卷分第Ⅰ卷(閱讀題)和第Ⅱ卷(表達(dá)題)兩部分，其中第Ⅱ卷第22、23、24題為選考題，其它題為必考題。滿分150分，考試時(shí)間120分鐘第Ⅰ卷一.選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．已知全集U＝R，A＝{x|x≤0}，B＝{x|x≥1}，則集合?U(A∪B)＝()A．{x|x≥0}B．{x|x≤1}C．{x|0≤x≤1}D．{x|0<x<1}2．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足(z－2i)(2－i)＝5，則z＝()A．2＋3iB．2－3iC．3＋2iD．3－2i3．已知a＝2－eq\f(1,3)，b＝log2eq\f(1,3)，c＝logeq\f(1,2)eq\f(1,3)，則()A．a(chǎn)>b>cB．a(chǎn)>c>bC．c>a>bD．c>b>a4．已知m，n表示兩條不同直線，α表示平面．下列說(shuō)法正確的是()A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若m⊥α，n?α，則m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，則n∥αD．若m∥α，m⊥n，則n⊥α5．設(shè)a，b，c是非零向量，已知命題p：若a·b＝0，b·c＝0，則a·c＝0，命題q：若a∥b，b∥c，則a∥c，則下列命題中真命題是()A．p∨qB．p∧qC．(非p)∧(非q)D．p∨(非q)6．6把椅子擺成一排，3人隨機(jī)就座，任何兩人不相鄰的坐法種數(shù)為()A．144B．120C．72D．247．某幾何體三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．8－2πB．8－πC．8－eq\f(π,2)D．8－eq\f(π,4)8．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.若數(shù)列{2a1an}為遞減數(shù)列，則()A．d<0B．d>0C．a(chǎn)1d<0D．a(chǎn)1d>09．將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖像向右平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)()A．在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上單調(diào)遞減B．在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上單調(diào)遞增C．在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞減D．在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增10．已知點(diǎn)A(－2，3)在拋物線C：y2＝2px的準(zhǔn)線上，過(guò)點(diǎn)A的直線與C在第一象限相切于點(diǎn)B，記C的焦點(diǎn)為F，則直線BF的斜率為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,4)D.eq\f(4,3)11．當(dāng)x∈[－2，1]時(shí)，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[－5，－3]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(9,8)))C．[－6，－2]D．[－4，－3]12．、[2014·遼寧卷]已知定義在[0，1]上的函數(shù)f(x)滿足：①f(0)＝f(1)＝0；②對(duì)所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f(x)－f(y)|<eq\f(1,2)|x－y|.若對(duì)所有x，y∈[0，1]，|f(x)－f(y)|<k恒成立，則k的最小值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2π)D.eq\f(1,8)第Ⅱ卷本卷包括必考題和選考題兩部分.第13題~第21題為必考題，每個(gè)試題考生必須做答.第22題~第24題為選考題，考生根據(jù)要求做答.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分。13．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入x＝9，則輸出y＝________．圖1-2圖1-314．正方形的四個(gè)頂點(diǎn)A(－1，－1)，B(1，－1)，C(1，1)，D(－1，1)分別在拋物線y＝－x2和y＝x2上，如圖1-3所示．若將—個(gè)質(zhì)點(diǎn)隨機(jī)投入正方形ABCD中，則質(zhì)點(diǎn)落在圖中陰影區(qū)域的概率是________．15．已知橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，點(diǎn)M與C的焦點(diǎn)不重合．若M關(guān)于C的焦點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)分別為A，B，線段MN的中點(diǎn)在C上，則|AN|＋|BN|＝______．16．對(duì)于c>0，當(dāng)非零實(shí)數(shù)a，b滿足4a2－2ab＋4b2－c＝0且使|2a＋b|最大時(shí)，eq\f(3,a)－eq\f(4,b)＋eq\f(5,c)的最小值為________．三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。17．（本小題12分）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且a>c.已知eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，cosB＝eq\f(1,3)，b＝3.求：(1)a和c的值；(2)cos(B－C)的值．18．（本小題12分）一家面包房根據(jù)以往某種面包的銷售記錄，繪制了日銷售量的頻率分布直方圖，如圖1-4所示．圖1-4將日銷售量落入各組的頻率視為概率，并假設(shè)每天的銷售量相互獨(dú)立．(1)求在未來(lái)連續(xù)3天里，有連續(xù)2天的日銷售量都不低于100個(gè)且另1天的日銷售量低于50個(gè)的概率；(2)用X表示在未來(lái)3天里日銷售量不低于100個(gè)的天數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)．19．（本小題12分）如圖所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點(diǎn)．(1)求證：EF⊥BC；(2)求二面角E-BF-C的正弦值．20．（本小題12分）圓x2＋y2＝4的切線與x軸正半軸，y軸正半軸圍成—個(gè)三角形，當(dāng)該三角形面積最小時(shí)，切點(diǎn)為P(如圖所示)．雙曲線C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1過(guò)點(diǎn)P且離心率為eq\r(3).(1)求C1的方程；(2)橢圓C2過(guò)點(diǎn)P且與C1有相同的焦點(diǎn)，直線l過(guò)C2的右焦點(diǎn)且與C2交于A，B兩點(diǎn)．若以線段AB為直徑的圓過(guò)點(diǎn)P，求l的方程．21．（本小題12分）已知函數(shù)f(x)＝(cosx－x)(π＋2x)－eq\f(8,3)(sinx＋1)，g(x)＝3(x－π)cosx－4(1＋sinx)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2x,π))).證明：(1)存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使f(x0)＝0；(2)存在唯一x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使g(x1)＝0，且對(duì)(1)中的x0，有x0＋x1<π.請(qǐng)考生在第22、23、24題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分，解答時(shí)請(qǐng)寫清題號(hào).22．[2014·遼寧卷]選修4-1：幾何證明選講如圖1-7所示，EP交圓于E，C兩點(diǎn)，PD切圓于D，G為CE上—點(diǎn)且PG＝PD，連接DG并延長(zhǎng)交圓于點(diǎn)A，作弦AB垂直EP，垂足為F.(1)求證：AB為圓的直徑；(2)若AC＝BD，求證：AB＝ED.23．[2014·遼寧卷]選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程將圓x2＋y2＝1上每一點(diǎn)的橫坐標(biāo)保持不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，得曲線C.(1)寫出C的參數(shù)方程；(2)設(shè)直線l：2x＋y－2＝0與C的交點(diǎn)為P1，P2，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，求過(guò)線段P1P2的中點(diǎn)且與l垂直的直線的極坐標(biāo)方程．24．[2014·遼寧卷]選修4-5：不等式選講設(shè)函數(shù)f(x)＝2|x－1|＋x－1，g(x)＝16x2－8x＋1.記f(x)≤1的解集為M，g(x)≤4的解集為N.(1)求M；(2)當(dāng)x∈M∩N時(shí)，證明：x2f(x)＋x[f(x)]2≤eq\f(1,4).2014年普通高等學(xué)校招生模擬考試（新課標(biāo)第二十二套）數(shù)學(xué)試卷（理）參考答案（選自2014年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試遼寧卷）1．D[解析]由題意可知，A∪B＝{x|x≤0或x≥1}，所以?U(A∪B)＝{x|0＜x＜1}．2．A[解析]由(z－2i)(2－i)＝5，得z－2i＝eq\f(5,2－i)，故z＝2＋3i.3．C[解析]因?yàn)?<a＝2－eq\f(1,3)<1，b＝log2eq\f(1,3)<0，c＝logeq\f(1,2)eq\f(1,3)>logeq\f(1,2)eq\f(1,2)＝1，所以c>a>b.4．B[解析]B[解析]由題可知，若m∥α，n∥α，則m與n平行、相交或異面，所以A錯(cuò)誤；若m⊥α，n?α，則m⊥n，故B正確；若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，故C錯(cuò)誤．若m∥α，m⊥n，則n∥α或n⊥α或n與a相交，故D錯(cuò)誤．5．A[解析]由向量數(shù)量積的幾何意義可知，命題p為假命題；命題q中，當(dāng)b≠0時(shí)，a，c一定共線，故命題q是真命題．故p∨q為真命題．6．D[解析]這是一個(gè)元素不相鄰問(wèn)題，采用插空法，Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(3,4)＝24.7．B[解析]根據(jù)三視圖可知，該幾何體是正方體減去兩個(gè)體積相等的圓柱的一部分eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(占圓柱的\f(1,4)))后余下的部分，故該幾何體體積為2×2×2－2×eq\f(1,4)×π×2＝8－π.8．C[解析]令bn＝2a1an，因?yàn)閿?shù)列{2a1an}為遞減數(shù)列，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(2a1an＋1,2a1an)＝2a1(an＋1－an)＝2a1d<1，所得a1d<0.9．B[解析]由題可知，將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖像向右平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2,3)π))的圖像，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(2,3)π≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(7π,12)＋kπ，k∈Z時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，即函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2,3)π))的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))，k∈Z，可知當(dāng)k＝0時(shí)，函數(shù)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上單調(diào)遞增．10．D[解析]因?yàn)閽佄锞€C：y2＝2px的準(zhǔn)線為x＝－eq\f(p,2)，且點(diǎn)A(－2，3)在準(zhǔn)線上，所以p＝4.設(shè)直線AB的方程為x＋2＝m(y－3)，與拋物線方程y2＝8x聯(lián)立得到y(tǒng)2－8my＋24m＋16＝0，由題易知Δ＝0，解得m＝－eq\f(1,2)(舍)或者m＝2，這時(shí)B點(diǎn)的坐標(biāo)為(8，8)，而焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(2，0)，故直線BF的斜率kBF＝eq\f(8－0,8－2)＝eq\f(4,3).11．C[解析]當(dāng)－2≤x<0時(shí)，不等式轉(zhuǎn)化為a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，令f(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)(－2≤x<0)，則f′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)＝eq\f(－（x－9）（x＋1）,x4)，故f(x)在[－2，－1]上單調(diào)遞減，在(－1，0)上單調(diào)遞增，此時(shí)有a≤eq\f(1＋4－3,－1)＝－2.當(dāng)x＝0時(shí)，g(x)恒成立．當(dāng)0<x≤1時(shí)，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)，令個(gè)g(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)(0<x≤1)，則g′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)＝eq\f(－（x－9）（x＋1）,x4)，故g(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，此時(shí)有a≥eq\f(1－4－3,1)＝－6.綜上，－6≤a≤－2.12．B[解析]不妨設(shè)0≤y<x≤1.當(dāng)x－y≤eq\f(1,2)時(shí)，|f(x)－f(y)|<eq\f(1,2)|x－y|＝eq\f(1,2)(x－y)≤eq\f(1,4).當(dāng)x－y>eq\f(1,2)時(shí)，|f(x)－f(y)|＝|f(x)－f(1)－(f(y)－f(0))|≤|f(x)－f(1)|＋|f(y)－f(0)|<eq\f(1,2)|x－1|＋eq\f(1,2)|y－0|＝－eq\f(1,2)(x－y)＋eq\f(1,2)<eq\f(1,4).故kmin＝eq\f(1,4).13.eq\f(29,9)[解析]當(dāng)x＝9時(shí)，y＝5，則|y－x|＝4；當(dāng)x＝5時(shí)，y＝eq\f(11,3)，則|y－x|＝eq\f(4,3)；當(dāng)x＝eq\f(11,3)時(shí)，y＝eq\f(29,9)，則|y－x|＝eq\f(4,9)<1.故輸出y＝eq\f(29,9).14.eq\f(2,3)[解析]正方形ABCD的面積S＝2×2＝4，陰影部分的面積S1＝2eq\i\in(－1,1,)(1－x2)dx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)x3))eq\o\al(1,－1)＝eq\f(8,3)，故質(zhì)點(diǎn)落在陰影區(qū)域的概率P＝eq\f(\f(8,3),4)＝eq\f(2,3).15．12[解析]取MN的中點(diǎn)為G，點(diǎn)G在橢圓C上．設(shè)點(diǎn)M關(guān)于C的焦點(diǎn)F1的對(duì)稱點(diǎn)為A，點(diǎn)M關(guān)于C的焦點(diǎn)F2的對(duì)稱點(diǎn)為B，則有|GF1|＝eq\f(1,2)|AN|，|GF2|＝eq\f(1,2)|BN|，所以|AN|＋|BN|＝2(|GF1|＋|GF2|)＝4a＝12.16．－2[解析]由題知2c＝－(2a＋b)2＋3(4a2＋3b2)．(4a2＋3b2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))≥(2a＋b)2?4a2＋3b2≥eq\f(3,4)(2a＋b)2，即2c≥eq\f(5,4)(2a＋b)2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4a2,1)＝eq\f(3b2,\f(1,3))，即2a＝3b＝6λ(同號(hào))時(shí)，|2a＋b|取得最大值eq\r(\f(8,5)c)，此時(shí)c＝40λ2.eq\f(3,a)－eq\f(4,b)＋eq\f(5,c)＝eq\f(1,8λ2)－eq\f(1,λ)＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－4))eq\s\up12(2)－2≥－2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(1,2)，c＝eq\f(5,2)時(shí)，eq\f(3,a)－eq\f(4,b)＋eq\f(5,c)取最小值－2.17．解：(1)由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2得c·a·cosB＝2，又cosB＝eq\f(1,3)，所以ac＝6.由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accosB，又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×2＝13.解eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ac＝6，,a2＋c2＝13，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,c＝2.))因?yàn)閍＞c，所以a＝3，c＝2.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3).由正弦定理，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(2,3)·eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(4\r(2),9).因?yàn)閍＝b＞c，所以C為銳角，因此cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2),9)))\s\up12(2))＝eq\f(7,9).所以cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝eq\f(1,3)×eq\f(7,9)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(23,27).18．解：(1)設(shè)A1表示事件“日銷售量不低于100個(gè)”，A2表示事件“日銷售量低于50個(gè)”，B表示事件“在未來(lái)連續(xù)3天里有連續(xù)2天日銷售量不低于100個(gè)且另1天銷售量低于50個(gè)”．因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X可能取的值為0，1，2，3，相應(yīng)的概率分別為P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)·(1－0.6)3＝0.064，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)·0.6(1－0.6)2＝0.288，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)·0.62(1－0.6)＝0.432，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)·0.63＝0.216.X的分布列為X0123P0.0640.2880.4320.216因?yàn)閄～B(3，0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.19．解：(1)證明：方法一，過(guò)點(diǎn)E作EO⊥BC，垂足為O，連接OF.由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝eq\f(π,2)，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO∩FO＝O，所以BC⊥平面EFO.又EF?平面EFO，所以EF⊥BC.圖1方法二，由題意，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，在平面DBC內(nèi)過(guò)B作垂直BC的直線，并將其作為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過(guò)B作垂直BC的直線，并將其作為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，易得B(0，0，0)，A(0，－1，eq\r(3))，D(eq\r(3)，－1，0)，C(0，2，0)，因而E(0，eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，F(xiàn)(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，0，－eq\f(\r(3),2))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，因此eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，從而eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以EF⊥BC.圖2(2)方法一，在圖1中，過(guò)點(diǎn)O作OG⊥BF，垂足為G，連接EG.因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BDC，所以EO⊥面BDC，又OG⊥BF，所以由三垂線定理知EG⊥BF，因此∠EGO為二面角E-BF-C的平面角．在△EOC中，EO＝eq\f(1,2)EC＝eq\f(1,2)BC·cos30°＝eq\f(\r(3),2).由△BGO∽△BFC知，OG＝eq\f(BO,BC)·FC＝eq\f(\r(3),4)，因此tan∠EGO＝eq\f(EO,OG)＝2，從而得sin∠EGO＝eq\f(2\r(5),5)，即二面角E-BF-C的正弦值為eq\f(2\r(5),5).方法二，在圖2中，平面BFC的一個(gè)法向量為n1＝(0，0，1)．設(shè)平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)，又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BF,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))得其中一個(gè)n2＝(1，－eq\r(3)，1)．設(shè)二面角E-BF-C的大小為θ，且由題知θ為銳角，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq\f(1,\r(5))，因此sinθ＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，即所求二面角正弦值為eq\f(2\r(5),5).20．解：(1)設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)(x0>0，y0>0)，則切線斜率為－eq\f(x0,y0)，切線方程為y－y0＝－eq\f(x0,y0)(x－x0)，即x0x＋y0y＝4，此時(shí)兩個(gè)坐標(biāo)軸的正半軸與切線的交點(diǎn)分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x0)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,y0))).故其圍成的三角形的面積S＝eq\f(1,2)·eq\f(4,x0)·eq\f(4,y0)＝eq\f(8,x0y0).由xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4≥2x0y0知，當(dāng)且僅當(dāng)x0＝y(tǒng)0＝eq\r(2)時(shí)x0y0有最大值2，此時(shí)S有最小值4，因此點(diǎn)P的坐標(biāo)為(eq\r(2)，eq\r(2))．由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)－\f(2,b2)＝1，,a2＋b2＝3a2，))解得a2＝1，b2＝2，故C1的方程為x2－eq\f(y2,2)＝1.(2)由(1)知C2的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(－eq\r(3)，0)，(eq\r(3)，0)，由此可設(shè)C2的方程為eq\f(x2,3＋beq\o\al(2,1))＋eq\f(y2,beq\o\al(2,1))＝1，其中b1>0.由P(eq\r(2)，eq\r(2))在C2上，得eq\f(2,3＋beq\o\al(2,1))＋eq\f(2,beq\o\al(2,1))＝1，解得beq\o\al(2,1)＝3，因此C2的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.顯然，l不是直線y＝0.設(shè)直線l的方程為x＝my＋eq\r(3)，點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\r(3)，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))得(m2＋2)y2＋2eq\r(3)my－3＝0.又y1，y2是方程的根，因此eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－\f(2\r(3)m,m2＋2)，①,y1y2＝\f(－3,m2＋2)，))②由x1＝my1＋eq\r(3)，x2＝my2＋eq\r(3)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝m（y1＋y2）＋2\r(3)＝\f(4\r(3),m2＋2)，③,x1x2＝m2y1y2＋\r(3)m（y1＋y2）＋3＝\f(6－6m2,m2＋2).④))因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))＝(eq\r(2)－x1，eq\r(2)－y1)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(eq\r(2)－x2，eq\r(2)－y2)，由題意知eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，所以x1x2－eq\r(2)(x1＋x2)＋y1y2－eq\r(2)(y1＋y2)＋4＝0，⑤將①②③④代入⑤式整理得2m2－2eq\r(6)m＋4eq\r(6)－11＝0，解得m＝eq\f(3\r(6),2)－1或m＝－eq\f(\r(6),2)＋1.因此直線l的方程為x－(eq\f(3\r(6),2)－1)y－eq\r(3)＝0或x＋(eq\f(\r(6),2)－1)y－eq\r(3)＝0.21．證明：(1)當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)＝－(1＋sinx)·(π＋2x)－2x－eq\f(2,3)cosx<0，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上為減函數(shù)．又f(0)＝π－eq\f(8,3)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－π2－eq\f(16,3)<0，所以存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使f(x0)＝0.(2)記函數(shù)h(x)＝eq\f(3（x－π）cosx,1＋sinx)－4lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2,π)x))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).令t＝π－x，則當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).記u(t)＝h(π－t)＝eq\f(3tcost,1＋sint)－4lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,π)t))，則u′(t)＝eq\f(3f（t）,（π＋2t）（1＋sint）).由(1)得，當(dāng)t∈(0，x0)時(shí)，u′(t)>0，當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))時(shí)，u′(t)<0.故在(0，x0)上u(t)是增函數(shù)，又u(0)＝0，從而可知當(dāng)t∈(0，x0]時(shí)，u(t)>0，所以u(píng)(t)在(0，x0]上無(wú)零點(diǎn)．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上u(t)為減函數(shù)，由u(x0)>0，ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－4ln2<0，知存在唯一t1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))，使u(t1)＝0，故存在唯一的t1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使u(t1)＝0.因此存在唯一的x1＝π－t1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.因?yàn)楫?dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，1＋sinx>0，故g(x)＝(1＋sinx)h(x)與h(x)有相同的零點(diǎn)，所以存在唯一的x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使g(x1)＝0.因?yàn)閤1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π.22．證明：(1)因?yàn)镻D＝PG，所以∠PDG＝∠PGD.由于PD為切線，故∠PDA＝∠DBA，又因?yàn)椤螾GD＝∠EGA，所以∠DBA＝∠EGA，所以∠DBA＋∠BAD＝∠EGA＋∠BAD，從而∠BDA＝∠PFA.又AF⊥EP，所以∠PFA＝90°，所以∠BDA＝90°，故AB為圓的直徑．(2)連接BC，DC.由于AB是直徑，故∠BDA＝∠ACB＝90°.